D01 gtln, gtnn của hàm số cho bởi công thức muc do 3

Câu 1. [DS12.C1.3.E01.c] [HSG Đồng Nai 2018 - 2019] Cho hàm số

y 2 x 3  3  m  3 x 2  18mx  8

, trong

 1; 0
đó m là tham số thực. Tìm các giá trị của m sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn 
bằng

 24 .
Lời giải
 x1 3    1;0 
y 0  
 x2 m    1;0    1  m  0 mà f  0  8   24
Ta có:
y  f  0  8
y  0; x    1;0  min
  1;0
* Nếu m  1 thì ta có
(loại).
y  f   1  21m  3
y  0; x    1;0  min
  1;0
* Nếu m 0 thì ta có
  21m  3  24  m 1 (thỏa mãn).
 min y  f   1  21m  3
  1;0
* Nếu  1  m  0 thì từ BBT
  21m  3  24  m 1 (loại).

Vậy điều kiện là m 1 .
Câu 1.

[DS12.C1.3.E01.c] (HSG Dak-Lak 2011-2012) (4,0 điểm) Cho hàm số

y x3 

1 2
x
2 có đồ thị là

 C  . Tìm tất cả những điểm trên đồ thị  C  tại những điểm đó là giá trị lớn nhất của hàm số
g  x 

4x2  3
x4 1 .

Lời giải
4x  3
g  x  4
x 1 .
*Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
4t  3
g  t  2
2
t 1
-Đặt t x , với t 0 ta có hàm số
2

 4t 2  6t  4 g  t 0 

 
g  t  
2
t 2 1
Ta có
;
Bảng biến thiên





 t  2

 t 1
2


g  x  4

x 

2
2 .

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là
, đạt được khi
C
*Tìm các điểm thuộc đồ thị
2

M  x ; f  x0     C 
 C  tại M 0 là
-Ta có y 3 x  x , giả sử điểm 0 0
, thì hệ số góc tiếp tuyến của
f  x0  3x02  x0


3

 x0  1  f   1  2
3x02  x0 4  
 x  4  f  4   40
 
 0 3
 3  27
Vậy
3

 4 40 
  1;  
 ; 
2  và  3 27  .
Có hai điểm thỏa mãn giả thiết 
y

Câu 1. [DS12.C1.3.E01.c] (HSG toán 12 Đồng Nai năm học 2017-2018) Cho hàm số
M  H 
d : y  7 x  20
Tìm tọa độ điểm
sao cho khoảng cách từ M đến  

là nhỏ nhất.
Lời giải
7


M  x;2 

M  H 
x  2   x 2  và  d  : 7 x  y  20 0
Do
nên 
7x  2 
Nên
Xét

d  M ;d  

f  x  7 x  18 

 f '  x  7 

2x  3
x 2 H .

7
7
 20 7 x  18 
x 2
x 2


50
50

f  x
7
 x 2 
d M ;d 
x 2
. GTNN của 
là GTNN của 50

7
2

 x  2
2
x  2  1
 x 1

f '  x  0  7
0  
2
 x  2
 x 3

Bảng biến thiên

f  x
Dựa vào bảng biến thiên ta có
đạt GTNN tại x 3 (thỏa x 2 )

M 3;9
Vậy ta có  
Câu 1. [DS12.C1.3.E01.c] (Đề HSG K12 Đồng Nai 2018-2019) Cho

hàm

số

y 2 x 3  3  m  3 x 2  18mx  8 m
, là tham số. Tìm m để giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên

đoạn

  1;0 bằng  24 .

Ta thấy

Lời giải
 x m
y ' 0  6 x 2  6  m  3 x  18m 0  
 x 3    1;0

 1;0 
+ Nếu m 3 hàm số đồng biến trên  , nên hàm số đồng biến trên 
, suy ra giá trị nhỏ nhất

của hàm số đã cho trên đoạn

  1;0 là y   1  66  24 , nên

m 3 không thỏa mãn.


 x m
y ' 0  
 x 3    1;0
+ Nếu m 3 , khi đó
y min  y  0  , y   1 
y  0  8 y   1  3  21m min
,
,   1;0
.
 1;0 
Để giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn 
bằng  24 thì

*)TH1:

m    1;0

, ta tính được

m    1;0
m    1;0 


 y   1  24   3  21m  24

 3  21m 8
 m 1 .

 y   1  y  0 

*)TH2:

Suy ra

m    1;0

, từ bảng biến thiên của hàm số

min y min  y  0  , y   1 
  1;0

.

 1;0 
y 0 8  24
Để giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn 
bằng  24 (do  
) thì
m    1;0

 y   1  24
m    1;0


 m 1
 y   1  y  0 
do đó, khơng tồn tại giá trị của m .
Vậy m 1 .